%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 1
\newcommand{\FAA}{
设 $x^2 + x + 1$ 整除 $x^4 + ax^2 + b$, 求 $a, b$ 需要适合的条件。
}

%\item % 1a.  
\newcommand{\FAAsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  将 $f(x)=x^4 + ax^2 + b$ 除以 $g(x)=x^2 + x + 1$, 可得余式为 $r(x)=(1-a)x+(b-a)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,}) 
\item  根据整除的定义，令余式为零。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  可得 $a=1,b=1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据整除的定义，设 $x^4 + ax^2 + b=(x^2 + x + 1)(x^2+mx+n)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  等式右边等于 $x^4+(m+1)x^3+(m+n+1)x^2+(m+n)x+n$.  
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  比较系数可得 $m=-1,n=1,a=1,b=1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 2
\newcommand{\FAB}{
判别多项式$ f(x) = x^4 - x^3 - x + 1 $ 有无重因式。

}

%\item % 2a.  
\newcommand{\FABsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  导数多项式为 $f'(x)=4x^3-3x^2-1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  辗转相除法可得 $(f(x),f'(x))=x-1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 $f(x)$ 有二重因式 $x-1$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}
解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  直接分解因式，可得 $f(x)=x^3(x-1)-(x-1)=(x^3-1)(x-1)=(x^2+x+1)(x-1)^2$. 
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})
\item  因此 $x-1$ 是 $f(x)$ 的二重因式。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 3
\newcommand{\FAC}{
次数等于 $2$ 的实系数多项式的全体，对于多项式的加法和数量乘法，是否构成实数域上的线性空间？说明理由。
}

%\item % 3a.  
\newcommand{\FACsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  两个次数等于2的多项式的和，次数可能小于2, 例如 $x^2+x$ 与 $-x^2+x$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因为加法运算不封闭，所以这不是一个线性空间。
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})
\end{enumerate}

解答二：
零多项式不在这个集合里，所以这不是一个线性空间。
\dotfill (\underline{\,\,5分\,\,})

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 4
\newcommand{\FAD}{
在线性空间 $ \mathbb{R}^2 $ 中，求向量 $ \xi=(6,8)$ 在一组基 $ \varepsilon_1=(1,1)$, $\varepsilon_2=(1,-1)$ 下的坐标。

}

%\item % 4a.  
\newcommand{\FADsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设坐标为 $(x_1,x_2)$ 则有 $\xi=x_1\varepsilon_1+x_2\varepsilon_2$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  代入具体数字，可得 $(6,8)=(1,1)x_1+(1,-1)x_2$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  写成矩阵形式，可得
$$
\begin{pmatrix} 1&1 \\ 1&-1  \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2  \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 6 \\ 8  \end{pmatrix}. 
$$
\item  对增广矩阵作初等行变换，可得
$$
\begin{pmatrix} 1&1&6 \\ 1&-1&8  \end{pmatrix}
\rightarrow 
\begin{pmatrix} 1&0&7 \\ 0&1&-1  \end{pmatrix}.
$$
\item  解得 $(x_1,x_2)=(7,-1)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 5
\newcommand{\FAE}{
在线性空间 $ \mathbb{R}^2 $ 中，求由基 
$ \varepsilon_1, \varepsilon_2$ 到基 
$ \eta_1, \eta_2$ 的过渡矩阵，这里 
$$
\left\{\begin{array}{l}
\varepsilon_1 = (1, 0), \\
\varepsilon_2 = (2, 1), \\
\end{array}\right.
\quad
\left\{\begin{array}{l}
\eta_1 = (2, 3), \\
\eta_2 = (1, 2). \\
\end{array}\right.
$$
}

%\item % 5a.  
\newcommand{\FAEsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据过渡矩阵的定义，有 
$
(\eta_1, \eta_2) = (\varepsilon_1, \varepsilon_2)A. 
$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将向量写成列向量的形式，可得矩阵方程
$
\begin{pmatrix} 2&1 \\ 3&2 \\ \end{pmatrix} 
= 
\begin{pmatrix} 1&2 \\ 0&1 \\ \end{pmatrix} 
A. 
$
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求解可得
$
A=\begin{pmatrix} 1&2 \\ 0&1 \\ \end{pmatrix}^{-1} 
\begin{pmatrix} 2&1 \\ 3&2 \\ \end{pmatrix} 
=\begin{pmatrix} -4&-3 \\ 3&2 \\ \end{pmatrix}. 
$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  上述求逆阵与矩阵乘法可以由初等行变换实现
$$
\begin{pmatrix} 1&2&2&1 \\ 0&1&3&2  \end{pmatrix}
\rightarrow 
\begin{pmatrix} 1&0&-4&-3 \\ 0&1&3&2  \end{pmatrix}.
$$

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 6
\newcommand{\FAF}{
求 $ \mathbb{R}^{2 \times 2} $ 中与 $ A = \begin{pmatrix} 2&0 \\ 5 & 2  \end{pmatrix}$ 可交换的矩阵全体所成子空间的维数。

}

%\item % 6a.  
\newcommand{\FAFsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item 设 $AB=BA$, 观察可知 $A=2E+N$, 其中 $E$ 是单位矩阵，则 $NB=BN$.  
%$N=\begin{pmatrix} 0&0 \\ 5&0  \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  设 $B=\begin{pmatrix} a&b \\ c&d  \end{pmatrix}$, 则 
$
\begin{pmatrix} 0&0 \\ 5&0  \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} a&b \\ c&d  \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} a&b \\ c&d  \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0&0 \\ 5&0  \end{pmatrix}. 
$
%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  矩阵乘积可得
$
\begin{pmatrix} 0&0 \\ 5a&5b  \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 5b&0 \\ 5d&0  \end{pmatrix}. 
$
因此 $b=0, a=d$. 因此 $B=\begin{pmatrix} a&0 \\ c&a  \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  子空间 $\{B\in \mathbb{R}^{2 \times 2} \mid AB=BA\}$ 有一组基为 
$
\begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&1  \end{pmatrix}, 
\begin{pmatrix} 0&0 \\ 1&0  \end{pmatrix}, 
$
所以维数为2. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})

\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 7
\newcommand{\FAG}{
设 $ V_1 $ 与 $ V_2 $ 分别是齐次方程组 $ x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0 $ 与 $ x_1 = x_2 = x_3 $ 的解空间，证明 $ \mathbb{R}^3 = V_1 \oplus V_2 $.
}

%\item % 7a.  
\newcommand{\FAGsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  先证明 $\mathbb{R}^3$ 中的任意一个向量可以写成 $V_1$ 中的向量与 $V_2$ 中的向量的和。设 
$$
\xi=
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3  \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} x_1-t \\ x_2-t \\ x_3-t  \end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix} t \\ t \\ t  \end{pmatrix} 
=
\alpha+\beta. 
$$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  为使 $\alpha\in V_1$, 需有 $(x_1-t)+3(x_2-t)+5(x_3-t)=0$. 因此令 
 $t=\frac{1}{9}(x_1+3x_2+5x_3)$ 即可。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  再证明这种分解是唯一的。设 $\xi\in V_1\cap V_2$. 则可知 $\xi$ 只能是零向量。从而有 $V_1\cap V_2=\{0\}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  可见 $\dim V_1=2$, $\dim V_2=1$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  设 $\xi=(x_1,x_2,x_3)\in V_1\cap V_2$, 则有线性方程组
$$
\begin{aligned}
x_1 + 3x_2 + 5x_3 = 0, \\
x_1 - x_2 = 0, \\ 
x_1 - x_3 = 0.
\end{aligned}
$$
可得 $(x_1,x_2,x_3)=(0,0,0)$. 因此 $\dim (V_1\cap V_2)=0$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  根据维数公式，可得 
$\dim (V_1+V_2) = \dim V_1 + \dim V_2 - \dim (V_1\cap V_2)=1+2-0=3$. 
\item  因此 $V_1+V_2=\mathbb{R}^3$, 且是直和。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

解答三：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  求出 $V_1$ 的一组基为 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
$$
\xi_1 = \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 0  \end{pmatrix}, \quad 
\xi_2 = \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ 1  \end{pmatrix}. 
$$
\item  求出 $V_2$ 的一组基为 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
$$
\xi_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1  \end{pmatrix}. 
$$

\item  证明向量组 $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ 线性无关。这可由行列式值不为零得到，
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
$$
\begin{vmatrix} -3 & -5 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1  \end{vmatrix} =9 \neq 0. 
$$
\item  因此 $L(\xi_1,\xi_2) + L(\xi_3)$ 是直和。
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 8
\newcommand{\FAH}{
求由向量 $ \alpha_i $ 生成的子空间与由向量 $ \beta_i $ 生成的子空间的交空间的维数，这里
$$
\left\{
\begin{array}{l}
\alpha_1 = (1, 1, 1, 0), \\
\alpha_2 = (0, 0, 1, 1),
\end{array}
\right.
\quad
\left\{
\begin{array}{l}
\beta_1 = (1, 1, 0, 1), \\
\beta_2 = (1, 1, 1, 1).
\end{array}
\right.
$$

}

%\item % 8a.  
\newcommand{\FAHsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  由两个向量不成比例，可知 $\dim L(\alpha_1,\alpha_2)=2$, $\dim L(\beta_1,\beta_2)=2$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  为计算 $\dim L(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2)$, 考虑计算矩阵的秩。
用初等行变换将矩阵化为行最简形，
$$
\begin{pmatrix}
\alpha_1 \\ 
\alpha_2 \\ 
\beta_1 \\ 
\beta_2 \\ 
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1&1&1&0 \\ 
0&0&1&1 \\ 
1&1&0&1 \\ 
1&1&1&1 \\ 
\end{pmatrix}
\to 
\begin{pmatrix}
1&1&1&0 \\ 
0&0&1&1 \\ 
0&0&0&1 \\ 
0&0&0&0 \\ 
\end{pmatrix}. 
$$
因此这个矩阵的秩为3, 所以 $\dim L(\alpha_1,\alpha_2,\beta_1,\beta_2)=3$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  根据维数公式，可得 $\dim L(\alpha_1,\alpha_2)\cap L(\beta_1,\beta_2) =1$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  设 $\xi\in L(\alpha_1,\alpha_2)\cap L(\beta_1,\beta_2)$. 设 $\xi = x_1\alpha_1 + x_2\alpha_2 = y_1\beta_1+y_2\beta_2$, 即  
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
$$
\begin{pmatrix} \alpha_1 & \alpha_2 & \beta_1 & \beta_2  \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ -y_1 \\ -y_2  \end{pmatrix} 
= 0. 
$$
\item  将向量写成列向量，将上述等式写成矩阵形式，可得 
$$
\begin{pmatrix}  1&0&1&1  \\ 1&0&1&1 \\ 1&1&0&1 \\ 0&1&1&1  \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ -y_1 \\ -y_2  \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0  \end{pmatrix} . 
$$

\item  初等行变换可得 
$$
\begin{pmatrix}  1&0&1&1  \\ 1&0&1&1 \\ 1&1&0&1 \\ 0&1&1&1  \end{pmatrix}
\rightarrow 
\begin{pmatrix}  1&0&0&1/2  \\ 0&1&0&1/2 \\ 0&0&1&1/2 \\ 0&0&0&0  \end{pmatrix}
$$ 

\item  由此解得 $(x_1,x_2,-y_1,-y_2)=k(1,1,1,-2)$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 $\xi=k(\alpha_1+\alpha_2)=k(-\beta_1+2\beta_2)$. 
\item  因此 $L(\alpha_1,\alpha_2)\cap L(\beta_1,\beta_2) = L(\alpha_1+\alpha_2)$, 是一维的。 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 9
\newcommand{\FAI}{
判断在线性空间 \( \mathbb{R}^3 \) 上的变换
$\mathcal{A}(x_1, x_2, x_3) = (x_1+1, 2x_2+2, 3x_3+3)$ 
是否为线性变换。
}

%\item % 9a.  
\newcommand{\FAIsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据变换 $\mathcal{A}$ 的定义，可得  
\begin{eqnarray*}
\mathcal{A}(kx_1, kx_2, kx_3) &=& (kx_1+1, 2kx_2+2, 3kx_3+3), \\ 
k\mathcal{A}(x_1, x_2, x_3) &=& (kx_1+k, 2kx_2+2k, 3kx_3+3k).
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  所以当 $k\neq 1$ 时，$\mathcal{A}(k\xi) \neq k \mathcal{A}(\xi)$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  因为 $\mathcal{A}$ 不保持数乘运算，所以不是线性变换。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
解答二：
因为 $\mathcal{A}(\xi+\eta) \neq \mathcal{A}(\xi) + \mathcal{A}(\eta)$, 
所以 $\mathcal{A}$ 不保持加法运算，所以不是线性变换。
\dotfill (\underline{\,\,5分\,\,})

解答三：
因为 
$
\mathcal{A}(0,0,0) = (1,2,3) \neq (0,0,0), 
$
所以 $\mathcal{A}$ 不是线性变换。
\dotfill (\underline{\,\,5分\,\,})

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 10
\newcommand{\FAJ}{
在实系数多项式全体组成的线性空间 \( V=\mathbb{R}[x] \) 中，
定义变换 $\mathcal{A}f(x) = f'(x)$, $\mathcal{B}f(x) = f(2x+3)$. \\ 
判断 $\mathcal{A} \mathcal{B} = \mathcal{B} \mathcal{A}$ 是否成立。
}

%\item % 10a.  
\newcommand{\FAJsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  计算可得 
\begin{eqnarray*}
(\mathcal{A} \mathcal{B})(f(x))
&=& \mathcal{A} (\mathcal{B}(f(x)))
=\mathcal{A} (f(2x+3))
=2f'(2x+3), \\ 
(\mathcal{B} \mathcal{A})(f(x))
&=& \mathcal{B} (\mathcal{A}(f(x))) 
= \mathcal{B} (f'(x)) 
= f'(2x+3). 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  因此 $\mathcal{A} \mathcal{B} \neq \mathcal{B} \mathcal{A}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 11
\newcommand{\FAK}{
设 \(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3\) 是三维实线性空间 \(V\) 的一组基，已知线性变换 \(\mathcal{A}\) 在这组基下的矩阵为
\(
A=\begin{pmatrix}
1 & 3 & 0 \\
2 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\ 
\end{pmatrix}.
\)

\vspace{-0.5cm}

求 \(\mathcal{A}\) 在另一组基 \(\eta_1 = \varepsilon_1 + 2\varepsilon_2\), \(\eta_2 = 3\varepsilon_1 - \varepsilon_2 \), \(\eta_3 = \varepsilon_3\) 下的矩阵。
}

%\item % 11a.  
\newcommand{\FAKsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item 从第一组基 \(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3\) 到第二组基 \(\eta_1, \eta_2, \eta_3\) 的过渡矩阵是
\(
P=\begin{pmatrix}
1 & 3 & 0 \\
2 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\ 
\end{pmatrix}.
\) 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  线性变换 \(\mathcal{A}\) 在第二组基下的矩阵为 $B=P^{-1}AP$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  计算可得 
\[
B=
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}^{-1}
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 \\ 2 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 \\ 2 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} 7 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}. 
\]
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 12
\newcommand{\FAL}{
求上一题中的线性变换 \(\mathcal{A}\) 的核的维数、值域的维数。

}

%\item % 12a.  
\newcommand{\FALsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  从上一题的计算可得 
$\mathcal{A}\eta_1=7\eta_1$, 
$\mathcal{A}\eta_2=0$, 
$\mathcal{A}\eta_3=0$. 
\dotfill (\underline{\,\,3分\,\,})
\item  所以核空间为 $\mathrm{Ker}(\mathcal{A}) = L(\eta_2,\eta_3)$, 维数为2. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  值域为 $\mathrm{Im}(\mathcal{A}) = L(\eta_1)$, 维数为1. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 13
\newcommand{\FAM}{
在实数范围内，计算矩阵$A = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 5 & 2 \end{pmatrix}$的特征值与特征向量，
并求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵。
%并判断能否相似于对角矩阵。
}

%\item % 13a.  
\newcommand{\FAMsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  特征多项式为 $|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda-3 & -4 \\ -5 & \lambda-2 \\ \end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda-14=(\lambda-7)(\lambda+2)$. 
%\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  特征值 $\lambda_1=7$, 相应的特征向量为 $k\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, k\in\mathbb{R},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  特征值 $\lambda_2=-2$, 相应的特征向量为 $k\begin{pmatrix} 4 \\ -5 \end{pmatrix}, k\in\mathbb{R},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将两个特征向量按列向量方式排列成矩阵，记 $P=\begin{pmatrix} 1 & 4 \\ 1 & -5 \end{pmatrix}$, 则有 
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} 7 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 14
\newcommand{\FAN}{
设 $a$ 是非零实数。在复数范围内，计算矩阵 $ A = \begin{pmatrix} 0 & a \\ -a & 0 \end{pmatrix}$ 的特征值与特征向量，
并求可逆矩阵 $P$ 使得 $P^{-1}AP$ 为对角矩阵。
%并判断能否相似于对角矩阵。

}

%\item % 14a.  
\newcommand{\FANsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  特征多项式为 $|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda & -a \\ a & \lambda \\ \end{vmatrix}=\lambda^2+a^2=(\lambda-ai)(\lambda+ai)$. 
\item  特征值 $\lambda_1=ai$, 相应的特征向量为 $k\begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, k\in\mathbb{C},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  特征值 $\lambda_2=-ai$, 相应的特征向量为 $k\begin{pmatrix} 1 \\ -i \end{pmatrix}, k\in\mathbb{C},k\neq 0$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  将两个特征向量按列向量方式排列成矩阵，记 $P=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ i & -i \end{pmatrix}$, 则有 
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix} ai & 0 \\ 0 & -ai \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 15
\newcommand{\FAO}{
在线性空间 \( \mathbb{R}^2 \) 中定义内积为 $ (\alpha, \beta) = \alpha A \beta^t$,  
其中 $\alpha = (x_1, x_2)$, $\beta = (y_1, y_2)$, $A=\begin{pmatrix}1&2 \\ 2&5 \end{pmatrix}$. \\ 
求这个内积在一组基 $\varepsilon_1=(1,1), \varepsilon_2=(1,-1)$ 下的度量矩阵。
}

%\item % 15a.  
\newcommand{\FAOsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据内积的定义，计算可得
\begin{eqnarray*}
(\varepsilon_1,\varepsilon_1) &=&  
\begin{pmatrix}1&1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&2 \\ 2&5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = 10, \\ 
(\varepsilon_1,\varepsilon_2) &=&  
\begin{pmatrix}1&1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&2 \\ 2&5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix} = -4, \\ 
(\varepsilon_2,\varepsilon_1) &=&  
\begin{pmatrix}1&-1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&2 \\ 2&5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = -4, \\ 
(\varepsilon_2,\varepsilon_2) &=&  
\begin{pmatrix}1&-1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&2 \\ 2&5 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix} = 2. 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  所求度量矩阵为 $G=\begin{pmatrix} 
(\varepsilon_1,\varepsilon_1) & (\varepsilon_1,\varepsilon_2) \\ 
(\varepsilon_2,\varepsilon_1) & (\varepsilon_2,\varepsilon_2) \\ 
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}10&-4 \\ -4&2 \end{pmatrix}. 
$
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 16
\newcommand{\FAP}{
在实系数多项式全体组成的线性空间  \( \mathbb{R}[x] \) 中，内积按 $(f,g)=\int_0^1f(x)g(x)dx$ 定义。\\ 
求向量 \( \alpha=x\) 与 \(\beta=x^2 \) 之间的距离。

}

%\item % 16a.  
\newcommand{\FAPsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据欧氏空间中的两个向量的距离的定义，
$ |\alpha-\beta| = \sqrt{(\alpha-\beta,\alpha-\beta)}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  计算内积可得 
$$(\alpha-\beta,\alpha-\beta)=\int_0^1 (x-x^2)^2dx=\frac{1}{30}. $$
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此所求距离为 $|\alpha-\beta|=\frac{1}{\sqrt{30}}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 17
\newcommand{\FAQ}{
考虑欧氏空间 $\mathbb{R}^2$, 内积按通常定义。设 \(\eta=(1,2)\in\mathbb{R}^2\). 
定义变换 \(\mathcal{A} \alpha = \alpha - \frac{2}{5}(\alpha,\eta) \eta. \)  \\ 
写出 \(\mathcal{A}\) 在标准基 \(\varepsilon_1=(1,0), \varepsilon_2=(0,1)\) 下的矩阵。
}

%\item % 17a.  
\newcommand{\FAQsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据变换 $\mathcal{A}$ 的定义，计算可得 
\begin{eqnarray*}
\mathcal{A}\varepsilon_1=\varepsilon_1- \frac{2}{5}(\varepsilon_1,\eta)\eta 
= \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix} - \frac{2}{5} ( \begin{pmatrix}1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} )
\begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} =\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3 \\ -4 \end{pmatrix}, \\ 
\mathcal{A}\varepsilon_2=\varepsilon_2- \frac{2}{5}(\varepsilon_2,\eta)\eta 
= \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix} - \frac{2}{5} ( \begin{pmatrix}0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} )
\begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} =\frac{1}{5}\begin{pmatrix}-4 \\ -3 \end{pmatrix}. 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此 \(\mathcal{A}\) 在标准基 \(\varepsilon_1, \varepsilon_2\) 下的矩阵为 
$A=\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3 & -4 \\ -4 & -3 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 18
\newcommand{\FAR}{
判断上一题中的线性变换 \(\mathcal{A}\) 是否为正交变换，并说明理由。
}

%\item % 18a.  
\newcommand{\FARsol}{
{\color{red}解答一：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  在通常内积下，标准基 \(\varepsilon_1=(1,0), \varepsilon_2=(0,1)\) 是标准正交基。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  计算可得 $A^tA=E$, 因此 $A$ 是正交矩阵。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  因此线性变换 \(\mathcal{A}\) 是正交变换。
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}
解答二：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  计算可得 
\begin{eqnarray*}
(\mathcal{A}\varepsilon_1, \mathcal{A}\varepsilon_1) = 1 = (\varepsilon_1, \varepsilon_1),  \\ 
(\mathcal{A}\varepsilon_1, \mathcal{A}\varepsilon_2) = 0 = (\varepsilon_1, \varepsilon_2),  \\ 
(\mathcal{A}\varepsilon_2, \mathcal{A}\varepsilon_1) = 0 = (\varepsilon_2, \varepsilon_1),  \\ 
(\mathcal{A}\varepsilon_2, \mathcal{A}\varepsilon_2) = 1 = (\varepsilon_2, \varepsilon_2). 
\end{eqnarray*}
\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  根据线性变换的线性与内积的线性，定义条件 $(\mathcal{A}\alpha,\mathcal{A}\beta)=(\alpha,\beta)$ 成立， 因此是正交变换。
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}
}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 19
\newcommand{\FAS}{
设 $A=\begin{pmatrix} 2 & 2  \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$. 
求正交矩阵 \(P\) 使 $P^{-1}AP$ 为对角阵。
}

%\item % 19a.  
\newcommand{\FASsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  特征多项式为 $|\lambda E-A|=\begin{vmatrix} \lambda-2 & -2  \\ -2 & \lambda-5 \end{vmatrix}=\lambda^2-7\lambda+6$. 
\item  求得特征值 $\lambda_1=1$, 相应的特征向量 $\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  求得特征值 $\lambda_2=6$, 相应的特征向量 $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  实对称阵的不同特征值的特征向量已经相互正交。
\item  将每个特征向量单位化，按列向量排列，可得所求正交矩阵为 $P=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2&1 \\ -1&2 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  所求对角阵为 $B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix} 1 & 0  \\ 0 & 6 \end{pmatrix}$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\item % 20
\newcommand{\FAT}{
用正交线性替换，把二次型 $f(x_1,x_2)=2x_1^2+4x_1x_2+5x_2^2$ 化为标准形，即只含平方项。
}

%\item % 20a.  
\newcommand{\FATsol}{
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]
\item  根据上一题的求解，设 $X=PY$, 即设变量的正交线性替换
\begin{eqnarray*}
\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}
=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 2&1 \\ -1&2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}, \quad
%
\begin{cases}
x_1 = \frac{2}{\sqrt{5}} y_1 + \frac{1}{\sqrt{5}}y_2, \\ 
x_2 = \frac{-1}{\sqrt{5}} y_1 + \frac{2}{\sqrt{5}}y_2. \\ 
\end{cases}
\end{eqnarray*}

\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  则实二次型可以化为 $f(x_1,x_2)= X^tAX=(PY)^tA(PY)=Y^tP^tAPY=Y^tBY$. 
\dotfill (\underline{\,\,1分\,\,})
\item  所求的二次型的标准形为 
$\begin{pmatrix}y_1 & y_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0 \\ 0&6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
= y_1^2+6y_2^2$.  
\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}
}

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